场强与电势差的关系电容器及其电容

场强与电势差的关系电容器及其电容 场强与电势差的关系 电容器及其电容 例题 如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( ) A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图11)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( ) A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 2. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( ) A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 3.如图13所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分别表示电势－4 V、 －2 V、0 V、2 V、4 V的等势线，若AB＝BC＝CD＝DE＝2 cm，且与直线MN成30°角，则( ) A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且右斜下 B．该电场是匀强电场，场强大小E＝2 V/m C．该电场是匀强电场，距C点距离为2 cm的所有点中，最高电势为4 V，最低电势 为－4 V D．若一个正电荷从A点开始运动到E点，通过AB段损失动能E，则通过CD段损 失动能也为E 4．(2011·武汉模拟)有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的改变而变化，变化的图线如图14所示，则图中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是(设场强沿x轴正方向时取正值)( ) 5．如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电 阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是( ) A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电 荷量很小)固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压， Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的 位置，则( ) A．U变小，E不变 B．E变大，Ep变大 C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变 7．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容 1器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列2 说法正确的是( ) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 8．图17中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm， －把一个电荷量q＝105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功 －为－1.73×103 J，则该匀强电场的场强大小和方向是( ) A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1 000 V/m，垂直AB斜向上 D．1 000 V/m，垂直AB斜向下 9．如图所示，水平放置的两平行金属板A、B接在U＝4 000 V的直流电源上，两极板间距离为2 cm，A极板接地，电场中a点距B极板1 cm，b点和c点均距A极板0.5 cm，求： (1)a点的电场强度； (2)a、c之间的电势差； (3)电子在b点的电势能； (4)电子从a点运动到c点，电场力做的功． 10. (2010·唐山测试)如图20所示，两个带等量异种电荷、竖直放置、电容为C、间距为d的平行金属板，两板之间的电场可视为匀强电场．此外两板之间还存在一种物质，使小球受到一个 大小为F＝kv(k为常数，v为小球速率)、方向总是背离圆心的力. 一个质量为m， 带电荷量为－q的小球，用长为L(L＜d)的不可伸长的细线悬挂于O点，将小球拉 至水平位置M，由静止释放，当小球向下摆过60°到达N点时，速度恰为零(细线始 终处于伸直状态)．则： (1)左极板带电量Q是多少？ (2)小球到达N点时的加速度大小是多少？ (3)小球的最大速度是多少？此时细线上的拉力是多少？ 学案29 场强与电势差的关系 电容器及其电容 例4BD [充电后电容器的上极板A带正电．不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大．由E＝Ud 知两极板间场强减小．场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动．由C＝εrSC减小．由Q＝CU知极板所带电荷量减少．会有一部分电荷返回电源，形4πkd 成逆时针方向的电流．电流表中将会有由b到a的电流，选项B、D正确．] [规范思维] 求与平行板电容器有关的问题时，应从平行板电容器的电容决定式入手，首先确定不变 εrS量，然后根据电容决定式C＝ 4πkd [针对训练] 1．B 2.D 3.AD 【课时效果检测】 1．A 2.B 3.CD 4.A 5．BC [在水平方向液滴受电场力作用，做初速度为零的匀加速运动；在竖直方向为自由落体运动，故液滴在两板间运动的轨迹不是抛物线，A错；电源电动势越大，液滴受电场力越大，液滴在板间运动的加速度就越大；由于水平运动距离一定，为中心线到板的水平距离，故加速度越大，时间越短，所以选项 B、C对；定值电阻的大小不会改变板间电压，故D错．] UQ4πkQ6．AC [当平行板电容器充电后与电源断开时，E＝.Q不变，两极板间场dCdεrS 强E保持不变，由于板间距离d减小，由U＝Ed可知，电容器的电压U变小．由于场强E保持不变，因此P点与接地的负极板间的电势差保持不变，即P点的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能Ep保持不变．A、C正确．] QεSU4kπQd7．C [由C＝C＝E＝E＝Q增为2Q，板间距由d减为，得E2U4kπddεS2 ＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D错，C对．] 8．D [把电荷q从A移到B，电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB即为等势线，场强方向应垂直于等势面，可见，选项A、B不正确． 3W－1.73×10UBC＝ V＝－173 V．B点电势比C点低173 V，因电场线指向电势降低的方向，－q10－ UU173－－所以场强方向必垂直于AB斜向下．场强大小E＝＝ V·m1＝1 000 V·m1，因此dBC sin 60°30.2×2 选项D正确，C错误．] －9．(1)2×105 V/m (2)－1 000 V (3)1.6×1016 J －(4)1.6×1016 J UAB4 0005解析 (1)a点的电场强度为：E＝V/m＝2×10 V/m. dAB2×10 (2)a、c两点间的电势差为：Uac＝－Uca＝－Edba＝－2×105×(2－1－0.5)×102 V＝－1 000 V. －(3)b点的电势为：φb＝－UAb＝－EdAb＝－2×105×0.5×102 V＝－1 000 V，电子在b点的电势能为： －－EPb＝eφb＝－1.6×1019×(－1 000) J＝1.6×1016 J. －－(4)电子从a点运动到c点，电场力做的功为：W＝eUac＝－1.6×1019×(－1 000) J＝1.6×1016 J. － 11．3mgCd (2)g 3－gL q (6－3)mg＋k(3－gL 解析 (1)设两板间电势差为U，场强为E QUQ由C＝E得E＝ UdCd 对球，从M到N由动能定理有 mgLsin 60°－qEL(1－cos 60°)＝0 所以qE② 由①②得：Q＝3mgCd q (2)球在N点的加速度方向垂直ON沿切线向上，在N点受力，将电场力和重力正交分解，在切线方向有 qEsin 60°－mgsin 30°＝ma qEsin 60°－mgsin 30°得a＝＝g m (或由单摆的对称性得M、N两处加速度大小相等均为g) (3)小球速度最大位置在MN弧的中点P处，对球从M到P由动能定理有： 1mgLsin 30°－qEL(1－cos 30°)＝mv2－0 2 解得v＝223gL＝3－gL 在P点对球受力分析，设线上的拉力为F′，合力充当向心力，有 v2 F′－kv－mg＋qE＝mL解得：F′＝(6－23)mg＋k(3－1)gL 易错点评 1．电容器两板间的电压不能用电压表测量，因为电容器可通过电压表内的线圈放电．一般用静电计测量电容器两板间的电压． 2．电容器充放电时，在电路中有短暂的充电电流或放电电流，要特别注意放电电流的方向．另外要理解充放电时，并不是电荷通过了电容器． 3．在电容器两板间插入金属板时，相当于电容器两板间距离减小，即电容要变大．